2023屆高考數(shù)學二輪復習微專題8平面向量共線定理的靈活運用作業(yè)

微專題8平面向量共線定理的靈活運用1.已知A(2，－1)，B(－1，1)，O為坐標原點，A，B，M三點共線，且eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))，則點M的坐標為________．2．在△ABC中，M為邊BC上任意一點，N為AM中點，eq\o(AN,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ＋μ的值為________．3．如圖，在平行四邊形ABCD中，點E是AD的中點，AC與BE交于R，若eq\o(AR,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，則x＋y的值為________．4.如圖，已知點G是△ABC的重心，過G作直線與AB、AC兩邊分別交于M、N兩點，且AM＝xeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝y(tǒng)eq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\f(xy,x＋y)的值為________．5．如圖，直線EF與平行四邊形ABCD的兩邊AB，AD分別交于E，F(xiàn)兩點，且交其對角線于K，其中，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AK,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ的值為________．6．在平面直角坐標系xOy中，設直線y＝－x＋2與圓x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B兩點，O為坐標原點，若圓上一點C滿足eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，則r＝________.

7.已知|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，點C在∠AOB內(nèi)，且∠AOC＝30°，設eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，求eq\f(m,n)的值．8．傾斜角為θ的直線OP與單位圓在第一象限的部分交于點P，單位圓與坐標軸交于點A(－1，0)，點B(0，－1)，PA與y軸交于點N，PB與x軸交于點M，設eq\o(PO,\s\up6(→))＝xeq\o(PM,\s\up6(→))＋yeq\o(PN,\s\up6(→))(x，y∈R)，求x＋y的最小值．微專題81．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).解析：根據(jù)A，B，M三點共線，可知λ＝eq\f(2,3)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)×(2，－1)＋eq\f(2,3)×(－1，1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，所以點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).2．答案：eq\f(1,2).解析：eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(AN,\s\up6(→))＝2λeq\o(AB,\s\up6(→))＋2μeq\o(AC,\s\up6(→))，由于B，C，M三點共線，故2λ＋2μ＝1，所以λ＋μ＝eq\f(1,2).3．答案：eq\f(2,3).解析：在平行四邊形ABCD中，AD∥CB，AE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)BC，所以△AER∽△CBR，因為AE＝eq\f(1,2)BC，所以AR＝eq\f(1,2)CR＝eq\f(1,3)AC；所以eq\o(AR,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，故x＋y＝eq\f(2,3).4．答案：eq\f(1,3).解析：設eq\o(AG,\s\up6(→))＝meq\o(AM,\s\up6(→))＋neq\o(AN,\s\up6(→))，因為M，G，N三點共線，則m＋n＝1，因為點G是△ABC的重心，則有eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，又eq\o(AG,\s\up6(→))＝mxeq\o(AB,\s\up6(→))＋nyeq\o(AC,\s\up6(→))，根據(jù)平面向量基本定理得mx＝ny＝eq\f(1,3)，即x＝eq\f(1,3m)，y＝eq\f(1,3n)，代入得eq\f(xy,x＋y)＝eq\f(1,3).5．答案：eq\f(2,9).解析：因為點F，K，E共線，故可設eq\o(AK,\s\up6(→))＝meq\o(AE,\s\up6(→))＋(1－m)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)meq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1－m,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(AK,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))＝λ(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，所以λ＝eq\f(2,5)m＝eq\f(1－m,2)，解得λ＝eq\f(2,9).6．答案：eq\r(10).解析：由eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))得，eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,8)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,8)eq\o(OB,\s\up6(→))，設OC與AB交于點M，則A，M，B三點共線．由∠AMO與∠BMO互補，結合余弦定理可求得|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\f(4,\r(5))r，過點O作AB的垂線交AB于點D，根據(jù)圓心到直線的距離為|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))r))eq\s\up12(2)＋(eq\r(2))2＝r2，解得r＝eq\r(10).7．答案：3.解析：如圖，由于eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，所以△AOB為直角三角形，又因為|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，所以AB＝2，延長OC交AB于點D，因為∠AOC＝30°，所以∠AOD＝30°，在△AOD中，∠OAD＝60°，∠AOD＝30°，OA＝1，所以AD＝eq\f(1,2)，即AD＝eq\f(1,4)AB，從而eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，又因為O，C，D共線，設eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，即eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)λeq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，又eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，由平面向量基本定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,4)λ，,n＝\f(1,4)λ，))且0＜λ＜1，所以eq\f(m,n)＝eq\f(\f(3,4)λ,\f(1,4)λ)＝3.8．答案：eq\r(2).解析：如圖，因為P為傾斜角為θ的直線OP與單位圓在第一象限內(nèi)的交點，所以P(cosθ，sinθ)，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，又因為PA與y軸交于點N，PB與x軸交于點M，故設eq\o(PN,\s\up6(→))＝neq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))＝meq\o(PB,\s\up6(→))，因為P(cosθ，sinθ)，A(－1，0)，B(0，－1)，所以m＝eq\f(sinθ,1＋sinθ)，n＝eq\f(cosθ,1＋cosθ)，又因為eq\o(PO,\s\up6(→))＝xeq\o(PM,\s\up6(→))＋yeq\o(PN,\s\up6(→))＝xeq\o(PM,\s\up6(→))＋yneq\o(PA,\s\up6(→))，由于A，O，M共線，所以x＋yn＝1，即x＋yeq\f(cosθ,1＋cosθ)＝1①同理eq\o(PO,\s\up6(→))＝xeq\o(PM,\s\up6(→))＋yeq\o(PN,\s\up6(→))＝xmeq\o(PB,\s\up6(→))＋yeq\o(PN,\s\up6(→))，由于B，O，N共線，所以xm＋y＝1，即xeq\f(sinθ,1＋sinθ)＋y＝1②將